Em cada um dos itens abaixo, verifique que a função y_{1} dada é uma solução da equação dada e encontre, a partir de y_{1}, outra solução y_{2} da mesma equação, de forma que o conjunto \{y_{1}(x), y_{2}(x)\} seja linearmente independente. Mostre que o conjunto obtido é linearmente independente:
y^{\prime \prime}-\frac{x}{x-1} y^{\prime}+\frac{1}{x-1} y=0, \quad y_{1}=x;

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de segunda ordem
y'' - \frac{x}{x-1}\,y' + \frac{1}{x-1}\,y = 0
e informa uma solução conhecida y_{1}(x)=x. Queremos usar o método de redução de ordem para encontrar uma segunda solução y_{2}(x) de modo que \{y_{1},y_{2}\} seja um conjunto de soluções linearmente independentes.

Passo 2

Verificamos que y_{1}(x)=x satisfaz a equação. Calculamos
y_{1}'=1,\qquad y_{1}''=0.
Substituindo em
y'' - \frac{x}{x-1}\,y' + \frac{1}{x-1}\,y = 0
vem
0 - \frac{x}{x-1}\cdot1 + \frac{1}{x-1}\cdot x = \frac{-x + x}{x-1} = 0,
logo y_{1}(x)=x é realmente uma solução.

Passo 3

Colocamos a equação na forma padrão
y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0,
onde
p(x) = -\frac{x}{x-1}, \quad q(x) = \frac{1}{x-1}.
Para o método de redução de ordem precisamos do fator
\exp\!\Bigl(-\!\int p(x)\,dx\Bigr).
Calculamos
p(x) = -\frac{x}{x-1} = -\Bigl(1 + \frac{1}{x-1}\Bigr) = -1 - \frac{1}{x-1},
logo
\int p(x)\,dx = \int\Bigl(-1 - \frac{1}{x-1}\Bigr)dx = -x - \ln\lvert x-1\rvert.
Portanto
-\!\int p(x)\,dx = x + \ln\lvert x-1\rvert,
e
\exp\!\Bigl(-\!\int p(x)\,dx\Bigr) = e^{x}\,\lvert x-1\rvert
(para x\neq1 basta trabalhar com x-1).

Passo 4

A fórmula de redução de ordem diz que, se y_{1} é solução, então
y_{2}(x) = y_{1}(x)\int \frac{\exp\!\bigl(-\!\int p(x)\,dx\bigr)}{y_{1}(x)^{2}}\,dx.
Aqui
\frac{\exp\!\bigl(-\!\int p\,dx\bigr)}{y_{1}^{2}} = \frac{e^{x}(x-1)}{x^{2}} = e^{x}\,\frac{x-1}{x^{2}} = e^{x}\Bigl(\frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}\Bigr).
Observamos que
\frac{d}{dx}\Bigl(\frac{e^{x}}{x}\Bigr) = \frac{e^{x}x - e^{x}}{x^{2}} = e^{x}\,\frac{x-1}{x^{2}}.
Logo
\int e^{x}\,\frac{x-1}{x^{2}}\,dx = \frac{e^{x}}{x} + C.
Escolhendo C=0 para simplificar, temos
y_{2}(x) = x\cdot \frac{e^{x}}{x} = e^{x}.

Passo 5

Verificamos a independência linear pelo wronskiano:
W(y_{1},y_{2})(x) = \begin{vmatrix} x & e^{x}\\[6pt] 1 & e^{x} \end{vmatrix} = x\,e^{x} - 1\cdot e^{x} = e^{x}(x-1).
Como e^{x}(x-1)\neq0 para x\neq1, as funções x e e^{x} são linearmente independentes no domínio onde a equação está definida.]

Resposta

A segunda solução é
y_{2}(x) = e^{x},
e o wronskiano é W(x,e^{x}) = e^{x}(x-1)\neq0, provando a independência linear.

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